19
2. CAMPO ELÉCTRICO
PROBLEMA 10. Determinar el campo eléctrico producido por una esfera de radio R , cargada
uniformemente con densidad volumétrica ρ , en un punto ubicado a distancia r del centro
( )>r R .
SOLUCIÓN
La esfera se considerará formada por una infinidad de discos de distintos radios, como se
muestra en el siguiente esquema.
+R
y
dx
ρ ρπ= = 2dq dV y dx
x
–RP
Z
r
x
y
De acuerdo a resultados anteriores, la fuerza producida por un disco cargado con densidad de
carga σ uniforme, sobre una carga 0q ubicada a una distancia Z de su centro es :
σ
ε
= − +
i i0
2 20
12
q ZFR Z
,
donde σπ
= 2
QR
, siendo R el radio y Q la carga del disco.
Luego, la magnitud del campo eléctrico producido por el disco, en el punto en que está
ubicada la carga 0q , es :
πε
= = − +
i2 2 20 0
12
QF ZEq R R Z
20 Electromagnetismo Problemas y Soluciones
En consecuencia, la contribución al campo eléctrico de uno de los discos que constituyen la
esfera será :
πε
= − +
i2 2 20
12x
dq ZdEy y Z
,
siendo dq la carga del disco e y el radio.
Antes de sumar las contribuciones de todos los discos, es necesario arreglar la expresión
de xdE hasta dejar solo una variable. Para ello usamos :
ρ π
+ =
= −
= i
2 2 2
2
x y R
Z r x
dq y dx
Luego,
ρ π=xdE
2y
π2
dx
ε 20 y
( )( )
( )ρε
− − − + −
− = −
+ −
22 2
2 20
1
12 2
r x
R x r x
r xdx
R x rx
Siendo x la única variable, basta integrar desde = −x R hasta = +x R y se tendrá el
resultado buscado.
ρε
+ ++
− − −
= − + + − + − ∫ ∫ ∫2 2 2 2
02 2 2
R RR
x
R R R
r d x xdxE dx
R r rx R r rx .
Con la sustitución + − =2 2 2R r rx u ; = − 2du rdx
, la segunda integral
queda :
− = − = + + − + −∫ i 1 2 2 2 2212
1 1 2 2 22 2
s
s
i
i
uu
uu
du u R r r R R r r Ru
2. Campo Eléctrico 21
Con la misma sustitución anterior, la última integral resulta :
( ) ( ) ( )
( ) ( )( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
+ − − = − + −
− + + − − + + −= + − − + +
= − + − − + − − − +
∫ ∫ ∫2 2
12 2 21 2 12 2 2
2 2 2 2 2 22
3 32 2 2 22 2
3 32 22
144
1 2 2 2 24
2 22 23 3
1 2234
s s s
i i i
u u u
u u u
R r u du duR r u durr u u
R r R r rR R r rRr
R r rR R r rR
R r r R r R r R r Rr
Luego,
( ) ( ){ } ( ) ( ){
( )}
ρε
ρε
= − + − − − + − −− −
=
2 22
0
2 3
0
12 2 22 4
2 6 23
22
x
x
E R r R r R R r Rr
r R R
E R − 2R − − −3 22
1 4 44
R r Rr
+ 24r R
ρε
+
= i
3
0
43
12 4
x
R
E2
4r
ρ − = i3
3 2113
RR
2 ε
ρε
=
i i20
3
20
3
3x
r
REr
Puesto que ρ π= i 343
Q R ; se encuentra finalmente : π ε
= 204x
QEr
Nótese que xE depende de −2r , de la misma manera que si fuese una carga puntual. Este
resultado se obtiene también de una manera mucho más sencilla, usando la ley de Gauss.
22 Electromagnetismo Problemas y Soluciones
PROBLEMA 11. Una esfera de radio R tiene un hueco
esférico no concéntrico de radio 2R , como muestra la figura
adjunta. Una carga se distribuye uniformemente con densidad
ρ , sobre el volumen representado por la zona achurada.
Determinar rE en el punto D .
SOLUCIÓN
De acuerdo a un resultado anterior (PROBLEMA 10), el campo eléctrico producido por una
esfera maciza, cargada uniformemente con densidad volumétrica ρ , está dado por :
ρε
=r 3
20
ˆ3
RE r
r ,
es decir, el campo eléctrico es radial y tiene la misma magnitud en puntos que equidistan del
centro de la esfera, siempre que >r R .
Si <r R , la situación aún no ha sido estudiada y, por lo tanto, no se puede asegurar
que la expresión anterior para rE sea válida; de todos modos se advierte la misma condición
de simetría para puntos que equidistan del centro.
Volviendo al problema, nótese que el resultado anterior basta para encontrar el campo en
el punto D . En efecto, de acuerdo al principio de superposición escribiremos la igualdad:
Campo en D = campo producido por esfera maciza de radio R y densidad ρ , más campo
producido por esfera maciza excéntrica de radio 2R y densidad ρ− .
D
r r̂
R
ρ
2. Campo Eléctrico 23
Gráficamente :
ρ A +•O
O’•
O•
•O'
Algebraicamente:
( ) ( )
( )
33
2 20 0
2ˆ ˆ
3 3 2
RRE r rr r R
ρρε ε
−= +
−
ri i ,
lo cual es el resultado buscado, para el campo en el punto D , a una distancia >r R del
centro de la esfera.
Obsérvese bien la manera en que se utilizó un resultado previo para resolver un
problema aparentemente completo. El primer término del resultado final representa la
contribución de la esfera maciza de radio R y densidad ρ , mientras que el segundo
representa la contribución de la esfera excéntrica, de radio 2R y densidad ρ− .
En forma más compacta, el resultado queda:
( )
ρε
= − −
ri i
3
2 20
1 1 ˆ3 8 2
RE rr r R
.
PROBLEMA 12. En un plano infinito cargado con
σ −= i 6 22,5 10 [ / ]C m , se encuentra un orificio circular.
A una distancia de 1,1[m] desde el centro del orificio,
sobre el eje, la intensidad del campo eléctrico tiene
magnitud = i 51,4 10 [ / ]E N C . Calcular el radio del
orificio.
1,1[m]a
σrE
24 Electromagnetismo Problemas y Soluciones
SOLUCIÓN
La magnitud del campo eléctrico E puede considerarse como resultante de la
superposición de dos campos eléctricos en el punto dado:
(a) campo debido al plano infinito con carga σ −= i 6 22,5 10 [ / ]C m
(b) campo debido a un disco de radio R con carga σ −= − i 6 22,5 10 [ / ]C m
Entonces,
= +r r r
debido al p lano debido al d iscoE E E
Usando los resultados del PROBLEMA 5, se obtiene:
( )
σ σε ε
− = + − +
r2 20 0
ˆ ˆ12 2x x
xE u ua x
donde = 1,1[ ]x m y a es el radio del orificio.
La magnitud del vector rE es:
2 202
xEa x
σε
=+
.
Introduciendo los valores numéricos, el valor de a se calcula fácilmente:
σε
= −i i2 2
22 10
0
1,1 1,11,96 104
a
= 0,15[ ]a m .
PROBLEMA 13. Un plano horizontal infinito cargado
con densidad superficial σ , tiene un agujero circular
de radio R .
(a) Determinar la intensidad del campo eléctrico en un
punto ubicado en el eje del agujero a una
distancia h del plano.
(b) ¿Cuál será la posición de equilibrio de una partícula con carga q y masa m , ubicada
en el eje del agujero? Discutir sobre los signos de q y σ .
2. Campo Eléctrico 25
SOLUCIÓN
(a) PRIMER MÉTODO: Igual que en el PROBLEMA 12, se hace el cálculo de rE como
superposición de dos campos eléctricos.
σσ −
= + +
r campo de un plano infinito campo de un d isco de radio
cargado con cargado con R
E
σ σε ε
−= + +
r2 2
0 0
ˆ12 2
hE uR h
σε
=+
r2 2
0
ˆ2
hE uR h
SEGUNDO MÉTODO : Usando las ideas del PROBLEMA 5, se hace el cálculo de rE
mediante anillos diferenciales cargados con densidad superficial σ .
La magnitud del campo debido a un anillo de radio r y carga q es (ver resultado
PROBLEMA 4) :
( )πε
=+
32 2 2
04
q hE
h r .
Si el anillo es un elemento diferencial de área con carga dq , la magnitud del campo
eléctrico es :
( )πε
=+
32 2 2
04
hdqdEh r
, pero σ σ π= = 2dq d A rdr .
Luego,
( )
σ π
πε=
+
i3
2 2 20
2
4
h rd rdEh r
.
Entonces,
( )3
2 2 20
24R
h rdrE dE
h r
σε
∞
= =+∫ ∫ i ,
es decir,
σε
=+2 2
02
hEh r
26 Electromagnetismo Problemas y Soluciones
(b) Si > 0q , se encontrará en equilibrio sobre ( )0h > el plano horizontal
cargado con σ > 0 .
Si < 0q , se encontrará en equilibrio bajo ( )0h < el plano horizontal
cargado con σ > 0 .
Para que la partícula con carga q y masa m esté en equilibrio debe cumplirse que:
qE mg=r r
.
Luego,
σε
=+2 2
02
q h mgh R
( )σ
ε=
+
2 2 22 2
2 2 204
q hm g
h R
Resolviendo, se obtiene:
ε
σ ε= ±
−0
22 2 2 20
2
4
mg Rh
q m g .
PROBLEMA 14. Tres cargas puntiformes están
ubicadas en los vértices A, B y C de un triángulo
equilátero de lado 0,20[ ]a m= . Las cargas valen
−= 810 [ ]Aq C , −= i 82 10 [ ]Cq C y Bq es desconocida.
Determine Bq y la distancia "x" a la que debe pasar un
alambre recto muy largo, perpendicular al plano del
triángulo, cargado con densidad lineal
λ −= i 88 10 [ / ]C m , para que la intensidad del campo
eléctrico resultante en P sea cero.
a
a/2 a/2
a
λ
Cq
Aq Bq
x
P
2. Campo Eléctrico 27
SOLUCIÓN
Si el campo eléctrico resultante Er
en el punto P es
cero, debe cumplirse que los campos de cada una de las
distribuciones de carga tengan las direcciones indicadas en
la figura y además:
0A B Cq q q alambreE E E E E= + + + =
r r r r r .
Entonces,
=r r
A Bq qE E (1)
=r r
Cq alambreE E (2)
Escribiendo más explícitamente las igualdades anteriores, se obtiene :
De (1) 82 2
0 0
10 [ ]4 4
2 2
A BB A
q qq q C
a aπ ε π ε
−= ⇒ = =
De (2) 2
20
0
3 0,24[ ]2 2
4 32
C
C
q ax mx qa
λ λπ ε
π ε= ⇒ = =
PROBLEMA 15. Dos semianillos con distribuciones de carga
λ = −119
[ / ]nC m y λ2 desconocida se unen formando un
anillo de radio = 0,10[ ]r m . Determinar λ2 si la magnitud
del campo eléctrico en el centro del anillo es =0 10[ / ]E N C .
BqEr
alambreEr
AqEr
CqEr
λ2λ1
28 Electromagnetismo Problemas y Soluciones
SOLUCIÓN
Cálculo del campo eléctrico en el centro de un semianillo cargado.
dq
ld
αλ
xd E
ydE dE
α
y
x
además,
= +r r r
x ydE dE dE ⇒ = = +∫ ∫ ∫r r r r
123vale ceropor simetría
x yE dE dE dE
luego, λα απε
= ⇒ = = =∫ ∫ ∫ ∫r r l
204x
dE dE E dE dEsen senr
.
Usando d r dα=l , se obtiene,
π
λ λα απ ε π ε
= =∫0 00
4 2E sen d
r r.
Aplicando el resultado anterior a nuestro problema : + =r r r
1 2 0E E E
λ2λ11E
La magnitud del campo producido por un
elemento diferencial del anillo, de longitud
dl y carga dq es :
λπε πε
= = l2 2
0 04 4dq ddE
r r
λ λπ ε π ε
λ λπ ε
= −
−=
1 20
0 0
1 2
0
2 2
2
Er r
r
Despejando 2λ se obtiene:
λ λ π ε= −2 1 0 02 r E
π ελ λ= − 0
2 1 0
42
r E
2. Campo Eléctrico 29
Hay dos soluciones :
(1) Si =r
0 ˆ10 xE u ⇒ λ−
−= − − = −ii i
99
2 9
0,10 1010 110 [ / ]9 69 10 2
C m
0E
1E 2E
(2) Si = −r
0 ˆ10 xE u ⇒ λ−
−= − + = −ii i
99
2 9
0,10 1010 1 10 [ / ]9 189 10 2
C m
1E
0E
2E
PROBLEMA 16. Encontrar el campo eléctrico producido por un dipolo eléctrico a grandes
distancias.
SOLUCIÓN
θ2ar
q−
rr
1rr
2rr
Pq+
En el punto P :
1 23 3
0 1 2
14
q r qrE
r rπ ε
= −
r rr
30 Electromagnetismo Problemas y Soluciones
Además,
1
2 ,
a r r
a r r
+ =
+ =
r r rr r r
pues rr
va desde el punto medio entre las cargas hasta el punto P .
De acuerdo a la figura, puede escribirse las siguientes
aproximaciones para las magnitudes de 1rr
y 2rr
:
1
2
cos
cos
r r a
r r a
θ
θ
−
+
;;
Al reemplazar 1rr
, 1r , 2rr
y 2r en la expresión de Er
, tratando de dejar todo en términos
de rr
y θ , resulta:
( )
( )( )
( )3 30
14 cos cos
q r a q r aE
r a r aπ ε θ θ
− += −
− +
r r r rri
Tomando aproximaciones de primer orden, usando :
( )1 1n
x n x−± ; ∓ cuando 2 1x = , tenemos
( )3
3 3 3 3cos 1 cos 1 cosa ar a r rr r
θ θ θ−
− − − − = − + ;
( )3
3 3 3 3cos 1 cos 1 cosa ar a r rr r
θ θ θ−
− − − + = + − ; ,
Luego :
( ) ( )3 3
0
30
3 31 cos 1 cos4
6 cos 24
q a aE r a r r a rr r
q ra arr
θ θπ ε
θπ ε
− − − + − + −
−
r r r r r;
r r;
θa r
r
1rr
2rr
P
a
2. Campo Eléctrico 31
El resultado anterior está expresado en términos de un vector unitario radial y otro en la
dirección de ar
. Conviene expresarlo en términos de dos componentes ortogonales; por
ejemplo, una componente radial y otra tangencial.
Para ello:
ˆ ˆ2 2 cos 2a a r asen uθθ θ= −r
Entonces,
[ ]30
ˆ ˆ4 cos 24
qE a r asen ur θθ θ
π ε+
r; .
En términos de la magnitud 2p aq= , correspondiente al momento dipolar eléctrico, las
componentes radial y tangencial del campo eléctrico son:
30
30
2 cos4
4
r
pE
r
psenE
rθ
θπ ε
θπ ε
;
;
PROBLEMA 17. Un recipiente hemisférico no conductor de radio interior R tiene una carga
total q , distribuida uniformemente en su superficie interior. Encontrar el campo eléctrico en su
centro de la curvatura.
SOLUCIÓN
El cascarón se considera como formado por innumerables anillos de distinto radio. El
campo producido por un anillo en un punto de su eje es (ver PROBLEMA 13) :
32 Electromagnetismo Problemas y Soluciones
( )3
2 2 20
14
qxE
a xπε=+
i ,
donde q es la carga en el anillo, a su radio y x la distancia entre el centro y el punto del eje
en el cual se da la magnitud de Er
.
De acuerdo a lo anterior, uno de los anillos que constituyen el cascarón, produce en su
centro de curvatura un campo eléctrico cuya magnitud es :
( )3
2 2 20
14
dq xdE
y xπε=+
ii ,
donde 2
qdq dAσπ
= =i2
2R
πi y Rdθi es la carga de un anillo de radio y , ancho Rd θ ,
ubicada a la distancia x del centro de curvatura.
Luego,
20
14 2
qdERπε π
= i22 Rπ
( )
2
32 2 2
0
2
200
cos
1 224
d Rsen
y x
q sen dR
π
π
θ θ θ
θ θπε
+
=
∫
∫ i
Finalmente :
20
18
qERπε
= i y 20
ˆ
8q iE
Rπε−=
r.